高二立体几何试题详细答案(供参考)
高中数学必修2立体几何测试题(含参考答案)
高中数学必修2立体几何测试题参考答案一、选择题（每小题5分，共60分）ADDCB BDADD BB二、填空题（每小题4分，共16分）13、小于 14、平行 15、菱形 16、1111AC B D 对角线与互相垂直三、解答题（共74分,要求写出主要的证明、解答过程）17、【解析】(1)方法一：如图，取AD 的中点H ，连结GH ，FH.∵E 、F 分别为PC 、PD 的中点，∴EF ∥CD.∵G 、H 分别为BC 、AD 的中点，∴GH ∥CD.∴EF ∥GH.∴E 、F 、H 、G 四点共面.∵F 、H 分别为DP 、DA 的中点，∴PA ∥FH.∵PA ⊄平面EFG ，FH ⊂平面EFG ，∴PA ∥平面EFG.方法二：∵E 、F 、G 分别为PC 、PD 、BC 的中点.∴EF ∥CD,EG ∥PB.∵CD ∥AB,∴EF ∥AB.∵PB ∩AB=B,EF ∩EG=E,∴平面EFG ∥平面PAB.∵PA ⊂平面PAB ，∴PA ∥平面EFG.(2)由三视图可知，PD ⊥平面ABCD ，又∵GC ⊂平面ABCD ，∴GC ⊥PD.∵四边形ABCD 为正方形，∴GC ⊥CD.∵PD ∩CD=D,∴GC ⊥平面PCD.∵PF=12PD=1，EF= 12CD=1， ∴S △PEF = 12EF ·PF= 12. ∵GC= 12BC=1, ∴V P-EFG =V G-PEF = 13S △PEF ·GC= 13×12×1=16.19、证明：（1）连结11A C ，设11111AC B D O = 连结1AO ， 1111ABCD A B C D -是正方体 11A ACC ∴是平行四边形11A C AC ∴且 11A C AC = 2分又1,O O 分别是11,A C AC 的中点，11O C AO ∴且11O C AO =11AOC O ∴是平行四边形 4分111,C O AO AO ∴⊂面11AB D ，1C O ⊄面11AB D∴1C O 面11AB D 6分（2）1CC ⊥面1111A B C D 11!CC B D ∴⊥ 7分 又1111A C B D ⊥， 1111B D AC C ∴⊥面 9分111AC B D ⊥即 11分 同理可证11A C AB ⊥， 12分又1111D B AB B =∴1A C ⊥面11AB D 14分20.【解析】(1)在△ABE中，P，Q分别是AE，AB的中点，所以PQ∥EB，又DC∥EB，所以PQ∥DC，又PQ⊄平面ACD，DC⊂平面ACD，所以PQ∥平面ACD.(2)连接DP，CQ，在△ABC中，AC=BC=2，AQ=BQ，所以CQ⊥AB，因为DC⊥平面ABC，EB∥DC，所以EB⊥平面ABC，又EB⊂平面ABE，所以平面ABE⊥平面ABC，平面ABE∩平面ABC=AB,所以CQ⊥平面ABE，由(1)知四边形DCQP是平行四边形,所以DP∥CQ,所以DP⊥平面ABE,所以AD在平面ABE内的射影是AP, 所以∠DAP是AD与平面ABE所成的角.在Rt △APD 中，AD ==，DP=CQ=2sin ∠CAQ=1,所以sin ∠DAP= DPAD 5==.故AD 与平面ABE 21.【解析】(1)由条件知PDAQ 为直角梯形.因为QA ⊥平面ABCD ，所以平面PDAQ ⊥平面ABCD ，交线为AD.又四边形ABCD 为正方形，DC ⊥AD ，所以DC ⊥平面PDAQ ，可得PQ ⊥DC.在直角梯形PDAQ 中可得DQ=PQ=2PD ，则PQ ⊥QD. 所以PQ ⊥平面DCQ.(2)设AB=a.由题设知AQ 为棱锥Q-ABCD 的高，所以棱锥Q-ABCD 的体积V 1=13a 3.由(1)知PQ 为棱锥P-DCQ 的高,而，△DCQ 的面积为2a 2， 所以棱锥P-DCQ 的体积V 2=13a 3.故棱锥Q-ABCD 的体积与棱锥P-DCQ 的体积的比值为1.22、解:如图,设所截等腰三角形的底边边长为xcm .在Rt EOF 中, 15,2EF cm OF xcm ==, 3分所以EO = 6分于是13V x = 10分 依题意函数的定义域为{|010}x x << 14分。
高二数学立体几何试题
高二数学立体几何试题1.几何体的三视图如图，则几何体的体积为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】此几何体的下面是半径为1，高为1的圆柱，上面是半径为1，高为1的圆锥，所以体积是。
【考点】1．三视图；2．几何体的体积．2.若一个球的表面积为，现用两个平行平面去截这个球面，两个截面圆的半径为．则两截面间的距离为．【答案】1或7【解析】由球的表面积为知，球的半径为.有两种可能情况，一是两截面在球心同侧，二是两截面在球心两侧. 所以由球的截面性质定理得，两截面间的距离为或，答案为1或7.【考点】球的截面性质定理.3.在一座高的观测台顶测得对面水塔塔顶的仰角为，塔底俯角为，则这座水塔的高度是__________．【答案】【解析】如图所示，AB为观测台，CD为水塔，AM为水平线，依题意得：，，，∴，，，∴cm．【考点】解斜三角形．【思路点睛】由已知条件得到，，在直角三角形中，用勾股定理求出CM的边长，再求出CD的值即可．4.如图，已知正方形和矩形所在的平面互相垂直，，，是线段的中点．（Ⅰ）求三棱锥的体积；（Ⅱ）求证：//平面;【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）见解析【解析】（Ⅰ）根据已知可得平面，三棱锥的体积可表示为其中高为，即可求得；（Ⅱ）连接，，连接，通过证得四边形为平行四边形，可得平面试题解析：（Ⅰ）三棱锥的体积为 --6分（Ⅱ）证明：连接，，连接为中点，且为矩形，所以四边形为平行四边形，．．【考点】1．求体积；2．证明线面平行5.在空间直角坐标系中，点关于轴对称的点的坐标为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】空间点关于轴对称的点横坐标相同，纵坐标竖坐标互为相反数，因此点关于轴对称的点的坐标为【考点】空间点的坐标6.（本小题满分12分）如图，在正四棱台中，=1，=2，=，分别是的中点．（1）求证：平面∥平面；（2）求证：平面平面；（3）（文科不做）求直线与平面所成的角．【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）60°【解析】（1）连接，分别交，，于，连接，．由面面平行的性质定理得，∥，所以∥平面，同理，．根据相似可知，=，又因为，=，所以平行且等于，平行且等于，∥平面，进而得到结论；（2）连接，由正棱台知，，⊥，所以⊥面，由面面垂直的判定定理即可证明结论；（3）法一：，计算有=，=="2," 体积转化得到线面角的补角是30°，即可求出结果；法二：=="2,"=="2," 所以⊥，⊥，所以⊥面，过作⊥交于，得到⊥．△为等边三角形，⊥，所以⊥面，所以∠为与面所成角，即可求出结果．试题解析：（1）连接，分别交，，于，连接，．由面面平行的性质定理得，∥，所以∥平面，同理，．根据相似可知，=，又因为，=，所以平行且等于．所以平行且等于，所以∥平面，平面∥平面（2）连接，由正棱台知，，⊥，所以⊥面，所以平面⊥平面（3）法一：，计算有=，=="2," 体积转化得到线面角的补角是30°，所以所求角为60°法二：=="2," =="2," 所以⊥，⊥，所以⊥面，过作⊥交于，得到⊥．△为等边三角形，⊥，所以⊥面，所以∠为与面所成角为60°．……12分．【考点】1．面面平行的判定定理；2．面面垂直定理的判定定理．7.下列命题中真命题是（）A．若，则；B．若，则；C．若是异面直线，那么与相交；D．若，则且【答案】A【解析】如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，那么这两个平面垂直，所以选项A正确．一个平面内的两条相交直线分别平行于另一平面，则这两个平面平行．显然选项B错误；若是异面直线，那么与相交或平行，所以选项C错误；若，则且或n在某一平面内，故选项D错误；故选A．【考点】判断命题的真假性．8.长、宽、高分别为的长方体，沿相邻面对角线截取一个三棱锥（如图），剩下几何体的体积为．【答案】【解析】根据该几何体的特征，可知所剩的几何体的体积为长方体的体积减去所截的三棱锥的体积，即．【考点】几何体的体积．9.如图所示，为正方体，给出以下五个结论：①平面；②平面；③与底面所成角的正切值是；④二面角的正切值是；⑤过点且与异面直线和均成角的直线有2条．其中，所有正确结论的序号为_______．【答案】①②④【解析】对于①，因为，且面，面，，所以，正确；对于②，由三垂线定理得，同理可得，又于，所以平面，②正确；对于③，连接，是与底面所成角，在中，，③不对；对于④，连接交于点，，连接，所以为二面角的平面角，解三角形，④正确；对于⑤，把直线平移到跟共面，平移后有一个公共点，根据对称性过点且与异面直线和均成角的直线有4条，⑤错误．【考点】命题真假的判断【思路点睛】在判断线面平行时一般采用构造平行四边形法、中位线法、构造平性平面法，所以要根据题设中所给的条件选择合适的方法；在判断线面垂直时，会选择证明一条直线垂直一个面内的相交直线或者用面面垂直证明线面垂直，根据条件选择合适的方法；求线面角的三角函数值，关键在于作出其平面角，然后通过解三角形，求出其所求三角函数值．10.（2012•沈河区校级模拟）在如图的多面体中，EF⊥平面AEB，AE⊥EB，AD∥EF，EF∥BC，BC=2AD=4，EF=3，AE=BE=2，G是BC的中点．（Ⅰ）求证：AB∥平面DEG；（Ⅱ）求证：BD⊥EG．【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析．【解析】（Ⅰ）由AD∥EF，EF∥BC，知AD∥BC．由BC=2AD，G是BC的中点，知ADBG，故四边形ADGB是平行四边形，由此能够证明AB∥平面DEG．（Ⅱ）由EF⊥平面AEB，AE⊂平面AEB，知EF⊥AE，由AE⊥EB，知AE⊥平面BCFE．过D 作DH∥AE交EF于H，则DH⊥平面BCFE．由此能够证明BD⊥EG．解：（Ⅰ）证明：∵AD∥EF，EF∥BC，∴AD∥BC．又∵BC=2AD，G是BC的中点，∴AD BG，∴四边形ADGB是平行四边形，∴AB∥DG．∵AB⊄平面DEG，DG⊂平面DEG，∴AB∥平面DEG．（Ⅱ）证明：∵EF⊥平面AEB，AE⊂平面AEB，∴EF⊥AE，又AE⊥EB，EB∩EF=E，EB，EF⊂平面BCFE，∴AE⊥平面BCFE．过D作DH∥AE交EF于H，则DH⊥平面BCFE．∵EG⊂平面BCFE，∴DH⊥EG．∵AD∥EF，DH∥AE，∴四边形AEHD是平行四边形，∴EH=AD=2，∴EH=BG=2，又EH∥BG，EH⊥BE，∴四边形BGHE为正方形，∴BH⊥EG，又BH∩DH=H，BH⊂平面BHD，DH⊂平面BHD，∴EG⊥平面BHD．∵BD⊂平面BHD，∴BD⊥EG．【考点】直线与平面垂直的性质；直线与平面平行的判定．11.如图，在四棱锥中，平面，底面是菱形，AB＝2，．（Ⅰ）求证：平面PAC；（Ⅱ）若，求与所成角的余弦值；【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）【解析】（Ⅰ）根据菱形的条件，对角线，又根据平面，也能推出，这样就能证明直线垂直于平面内的两条相交直线，则线面垂直，即平面；（Ⅱ）取中点，设，连结，，根据中位线平行，就将异面直线所成角转化成相交直线所成角，即即为所求角，根据平面几何的几何关系，求三边，然后根据余弦定理求角．试题解析：（Ⅰ）证明：因为平面，所以．在菱形中，，且，所以平面．（Ⅱ）解：取中点，设，连结，．在菱形中，是中点，所以．则即为与所成角。
高二期末立体几何(含答案)
【解析】试题分析：由几何体的正视图、侧视图，并结合题意可知，选C项．
9.(5分)一梯形的直观图是一个如图所示的等腰梯形,且该梯形的面积为 ,则原梯形的面积为()
A.2B. C.2 D.4
【解析】选D.直观图为等腰梯形,若上底设为x,高设为y,则S直观图= y(x+2y+x)= ,而原梯形为直角梯形,其面积为S= ·2 y(x+2y+x)=2 × =4.
所以∠AOC=90°,即AO⊥OC,又AO⊥BD,OC∩BD=O,所以AO⊥平面BCD,又AO⊂平面ABD,所以平面ABD⊥平面CBD.
(2)因为M是AB的中点,所以A,B到平面MCD的距离相等,所以VA-MCD=VB-MCD= VA-BCD=
S△BCD·AO=8.
21.如图所示,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,PD⊥平面ABCD,PD=AB=2,E,F,G分别为PC,PD,BC的中点.
10.(2015·玉林模拟)如图,正棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1=2AB,则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为()
A. B. C. D.
【解析】选D.如图,连接BC1,A1C1,
∠A1BC1是异面直线A1B与AD1所成的角(或其补角),
设AB=a,AA1=2a,
所以A1B=C1B= a,A1C1= a,
因为PA⊄平面EFG,FH⊂平面EFG,
所以PA∥平面EFG.
方法二:因为E,F,G分别为PC,PD,BC的中点,
所以EF∥CD,EG∥PB.
因为CD∥AB,所以EF∥AB.
因为PB∩AB=B,EF∩EG=E,所以平面EFG∥平面PAB.
因为PA⊂平面PAB,所以PA∥平面EFG.
高二数学立体几何试题答案及解析
高二数学立体几何试题答案及解析1.（本题满分10分）把边长为60cm的正方形铁皮的四角切去边长为xcm的相等的正方形，然后折成一个高度为xcm的无盖的长方体的盒子，问x取何值时，盒子的容积最大，最大容积是多少？【答案】１６０００【解析】设长方体高为xcm，则底面边长为（60－2x）cm．（0<x<30）…1分长方体容积（单位：），…3分…5分令解得x＝10，x＝30（不合题意合去）于是…7分在x＝10时，V取得最大值为…10分2.已知三棱锥满足，则点在平面上的射影是三角形的心．【答案】外【解析】，设点在平面上的射影是．则，所以是外心．【考点】射影定理3.（本题满分16分，第（1）小题7分，第（2）小题9分）如图，在两块钢板上打孔，用钉帽呈半球形、钉身为圆柱形的铆钉（图1）穿在一起，在没有帽的一端锤打出一个帽，使得与钉帽的大小相等．铆合的两块钢板，成为某种钢结构的配件，其截面图如图2．（单位：mm，加工中不计损失）．（1）若钉身长度是钉帽高度的2倍，求铆钉的表面积；（2）若每块钢板的厚度为mm，求钉身的长度（结果精确到mm）．【答案】（1）；（2）【解析】（1）观察铆钉的面积，钉身为圆柱形的侧面积，加半球的底面积加半球面的面积；（2）将钉身圆柱捶打成钢板厚的圆柱加一个半球形的帽，所以利用等体积建立方程，求的钉身的长度．试题解析：解：设钉身的高为，钉身的底面半径为，钉帽的底面半径为，由题意可知：圆柱的高圆柱的侧面积半球的表面积所以铆钉的表面积（）（2）设钉身长度为，则由于,所以，解得答：钉身的表面积为，钉身的长度约为．【考点】1．组合体的表面积；2．组合体的体积；3．等体积．4.已知某几何体的三视图（单位:cm）如图所示，则该几何体的体积是（）A．108cm3B．100 cm3C．92cm3D．84cm3【答案】【解析】由三视图可知原几何体如图所示：故几何体的体积，答案选B．【考点】空间几何体的三视图与体积5.直三棱柱中，，，、分别为、的中点．（1）求证：；（2）求异面直线与所成角的余弦值．【答案】（1）见解析（2）【解析】（1）以为原点，以，，为，，轴建立空间直角坐标系．设,计算与的数量积即可得到（2）同理可计算，利用向量的夹角的余弦公式可得向量与的余弦值，亦即异面直线与所成角的余弦值试题解析：由题知平面，，以为原点，以，，为，，轴建立空间直角坐标系．设，，，，，，，，，，，所以；（2），设异面直线与所成角为，则有【考点】向量法解决空间几何中的直线与直线垂直和异面直线所成的角．6.下列说法正确的是（）A．三点确定一个平面B．四边形一定是平面图形C．梯形一定是平面图形D．平面和平面有不同在一条直线上的三个交点【答案】C【解析】A如果三点在一条直线上，则不能确定一个平面；B四边形可以为空间中的三棱锥；C梯形两平行边确定一个平面；D平面和平面相交所有的点都在交线上，所以三个点一点在同一条直线上，故选择C【考点】空间点、线、面7.一个几何体的三视图如图，则该几何体的体积为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】由三视图可知，该几何体是一个底面半径为1，高为1的圆锥的半个圆锥，故该几何体的体积为，故选D．【考点】空间几何体的三视图．8.在长方体中，，，，则与所成角的余弦值为．【答案】【解析】以D为坐标原点，DA,DC,DD1为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则，，则与所成角的余弦值为【考点】空间向量求异面直线所成角9.正方体ABCD-A1B1C1D1中，O是上底面ABCD的中心，若正方体的棱长为，则三棱锥Ｏ－ＡＢ1Ｄ1的体积为_____________.【答案】【解析】【考点】棱锥体积10.设为不同的平面，为不同的直线，则的一个充分条件为（）．A．，，B．，，C．，，D．，，【答案】D【解析】一条直线垂直于两个互相垂直的平面的交线，则这条直线与这两个平面中的某一平面可能垂直也可能不垂直，所以选项A错误；同理，可说明B、C不正确；若，，，则∥，,所以。
高二数学立体几何综合试题答案及解析
高二数学立体几何综合试题答案及解析1.下列四个条件中，能确定一个平面的只有（填序号）.①空间中的三点②空间中两条直线③一条直线和一个点④两条平行直线【答案】④.【解析】①选项中可确定1个或4个；②选项中若两条直线是异面直线的话就不能确定一个平面；③选项中点要在直线外才能确定一条直线.只有④是正确的.【考点】确定平面的几何要素.2.以正方体的任意4个顶点为顶点的几何形体有①空间四边形；②每个面都是等边三角形的四面体；③最多三个面是直角三角形的四面体；④有三个面为等腰直角三角形，有一个面为等边三角形的四面体.【答案】①②④【解析】①只要不在同一平面上的四个点连结而成的四边形都是空间四边形. ②从一个顶点出发与它的三个对角面的顶点连结所成的四棱锥符合条件.最多有四个直角四面体.由一个顶点和又该点出发的两条棱的端点及一个对角面的定点四点即可.所以③不成立. ④显然成立.故选①②④.【考点】1.空间图形的判断.2.空间中线面间的关系.3.右图所示的直观图，其原来平面图形的面积是 .【答案】4【解析】由斜二测画法可知原图应为：其面积为：故答案为4.【考点】平面图形的直观图.4.一个正方体的展开图如图所示，A、B、C、D为原正方体的顶点，则在原来的正方体中（）A. B.C. AB与CD所成的角为D. AB与CD相交【答案】C【解析】将表面展开图还原为正方体，连接,∵∥,∴就是异面直线所成的角，连接,∵是正三角形，=，选C.【考点】1、正方体的表面展开图；2、异面直线所成的角.5.在△ABC 中，∠C =90°，∠B =30°，AC=1，M 为 AB 中点，将△ACM 沿 CM 折起，使 A、B 间的距离为，则 M 到面 ABC 的距离为（）（A）（B）（C）1（D）【答案】A【解析】由已知得AB=2，AM=MB=MC=1，BC=，由△AMC为等边三角形，取CM中点，则AD⊥CM，AD交BC于E，则AD=，DE=，CE=．折起后，由BC2=AC2+AB2，知∠BAC=90°，又cos∠ECA=，∴AE2=CA2+CE2-2CA•CEcos∠ECA=，于是AC2=AE2+CE2．∴∠AEC=90°．∵AD2=AE2+ED2，∴AE⊥平面BCM，即AE是三棱锥A-BCM的高，AE=。
高二数学立体几何综合试题答案及解析
高二数学立体几何综合试题答案及解析1.下列四个条件中，能确定一个平面的只有（填序号）.①空间中的三点②空间中两条直线③一条直线和一个点④两条平行直线【答案】④.【解析】①选项中可确定1个或4个；②选项中若两条直线是异面直线的话就不能确定一个平面；③选项中点要在直线外才能确定一条直线.只有④是正确的.【考点】确定平面的几何要素.2.在△ABC 中，∠C =90°，∠B =30°，AC=1，M 为 AB 中点，将△ACM 沿 CM 折起，使 A、B 间的距离为，则 M 到面 ABC 的距离为（）（A）（B）（C）1（D）【答案】A【解析】由已知得AB=2，AM=MB=MC=1，BC=，由△AMC为等边三角形，取CM中点，则AD⊥CM，AD交BC于E，则AD=，DE=，CE=．折起后，由BC2=AC2+AB2，知∠BAC=90°，又cos∠ECA=，∴AE2=CA2+CE2-2CA•CEcos∠ECA=，于是AC2=AE2+CE2．∴∠AEC=90°．∵AD2=AE2+ED2，∴AE⊥平面BCM，即AE是三棱锥A-BCM的高，AE=。
设点M到面ABC的距离为h，∵S△BCM =，∴由VA-BCM=VM-ABC，可得×＝××1×h，∴h=。
故选A．【考点】折叠问题，体积、距离的计算。
点评：中档题，折叠问题，要特别注意折叠前后“变”与“不变”的几何量。
本题利用“等体积法”，确定了所求距离。
3.已知四棱锥的底面是直角梯形，，，侧面为正三角形，，．如图所示．(1) 证明：平面；(2) 求四棱锥的体积．【答案】(1) 证明如下 (2)【解析】证明(1) 直角梯形的，，又，，∴．∴在△和△中，有，．∴且．∴．(2)设顶点到底面的距离为．结合几何体，可知．又，，于是，，解得．所以．【考点】直线与平面垂直的判定定理；锥体的体积公式点评：在立体几何中，常考的定理是：直线与平面垂直的判定定理、直线与平面平行的判定定理。
高二数学立体几何试题答案及解析
高二数学立体几何试题答案及解析1.如图所示，已知PD⊥平面ABCD，底面ABCD是正方形，PD=AB，Ｍ是PA的中点，则二面角M-DC-A的大小为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】∵底面，∴而底面是正方形，∴∴面，则∴就是二面角的平面角在中，∵，是中点∴，即二面角的大小为，故选C2.如图，在棱长为2的正方体ABCD—A1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，E、F分别是CC1、AD的中点．那么异面直线OE和FD1所成角的余弦值为()【答案】B【解析】略3.（本题满分14分，第（1）小题6分，第（2）小题8分）如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面，点在线段上，平面．（1）求证：平面；（2）若，，求二面角的大小．【答案】（1）详见解析；（2）详见解析．【解析】（1）要证线与面垂直，即证垂直于平面内的两条相交直线，根据已知的线与面垂直，得到线性垂直，得证；（2）法一：根据前问所证，平面,易证底面是正方形，所以可以根据三垂线定理做出二面角的平面角，即设的交点为，过点作于点，连，易证为二面角的平面角，在直角三角形内求得角；法二：以为原点建立平面直角坐标系，根据向量法，求两个平面的法向量，利用法向量夹角的余弦值计算二面角的余弦值．试题解析：解：（1）证明：∵，∴．同理由，可证得．又，∴．（2）解法一：设的交点为，过点作于点，连易证为二面角的平面角由（1）知为正方形，在中，，二面角的大小为解法二：分别以射线，，为轴，轴，轴的正半轴建立空间直角坐标系．由（1）知，又，∴．故矩形为正方形，∴．∴．∴．设平面的一个法向量为，则，即，∴，取，得．∵，∴为平面的一个法向量．所以．设二面角的平面角为，由图知，则二面角的大小为【考点】1．线与面垂直的判定；2．二面角的计算；3．几何法与向量法求二面角．4.已知矩形的顶点都在半径为4的球的球面上，且,则棱锥的体积为．【答案】【解析】设,那么平面,在直角三角形中，,,所以,所以四棱锥的体积是．【考点】1．球与几何体；2．体积的计算5.（本小题12分）已知三棱柱中，底面，，，分别为的中点．（1）求证：//平面；（2）求证：；（3）求三棱锥A-BCB的体积．1【答案】（1）见解析：（2）见解析；（3）【解析】（1）欲证//平面，AB中点G，连DG，CG，只需证明是平行四边形，∥即可；（2）证明面面垂直采用证明线面垂直，通过证明因为底面为等腰三角形，，又因为，所以可证得；（3）转化顶点所求三棱锥的体积为，即可求得试题解析：（I）取AB中点G，连DG，CG，在三棱柱中，底面ABC ，是矩形．∵D，E分别为AB1，CC1的中点，∴，是平行四边形，∥∵GC平面ABC，平面ABC，∴DE//平面ABC ．（II）三棱柱中，底面ABC，∴中点，又，∴（III）由（II）得，在，，【考点】1．证明线面平行；2．证明面面垂直；3．求体积6.在空间直角坐标系中，点与点之间的距离为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】由空间距离公式可知：【考点】空间两点间距离7.已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，且，给出下列结论：①若∥，则∥；②若∥，则∥；③若⊥，则⊥；④若⊥，则⊥；其中正确结论的个数是( )A．0B．1C．2D．3【答案】A【解析】若两个平面内分别有两条直线平行，则这两个平面不一定平行，所以命题•错误；若两个平面平行，则两个平面内的直线可能平行或异面，所以命题‚错误；若两个平面内分别有两条直线垂直，则这两个平面不一定垂直，所以命题ƒ错误；若两个平面垂直，则两个平面内的直线可能平行、垂直或异面，所以命题④错误；【考点】直线与直线、平面与平面的平行与垂直的命题判断．8.已知，，则的最小值．【答案】【解析】，因此当时取最小值【考点】空间向量模9.截一个几何体，各个截面都是圆面，则这个几何体一定是A．圆柱B．圆锥C．球D．圆台【答案】C【解析】圆柱的截面可以是矩形，圆锥的截面可以是三角形，圆台的截面可以是梯形，值有球的截面都是圆，故选C．【考点】几何体的截面图形．10.一个正方体的展开图如图所示，为原正方体的顶点，则在原来的正方体中（）A．B．C．与所成的角为D．与相交【答案】C【解析】把展开图还原为立体图形，如下图正方体，可见与是异面直线，它们甩成的角为60°．【考点】多面体的展开图，两直线的位置关系．11.在三棱锥中，已知，则三棱锥外接球的表面积为．【答案】【解析】设中点为，由于，则点到点的距离相等，因此是三棱锥外接球的直径，由题意，是等边三角形，，所以，．【考点】几何体与外接球，球的表面积．【名师】解决球与其他几何体的切、接问题，关键在于仔细观察、分析，弄清相关元素的关系和数量关系，选准最佳角度作出截面（要使这个截面尽可能多地包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素之间的关系），达到空间问题平面化的目的．12.如图，在体积为2的三棱锥侧棱AB、AC、AD上分别取点E、F、G使，记O为三平面BCG、CDE、DBF的交点，则三棱锥的体积等于（）A． B． C． D．【答案】D【解析】为了便于解析，可设三棱锥为正三棱锥，为正三棱锥的高；为正三棱锥有高，因为底面相同，则它们的体积比为高之比，已知三棱锥的体积为2，所以三棱锥的体积为：（1），由题意可知，且，所以由平行得到，所以，（面BCG所在的平面图如左下角简图），同理，，则，所以，那么，亦即，设，那么，则，而，所以，则，所以，所以，又，所以，（2），且，所以：（3），由（2）×（3）得到：代入到（1）得到：三棱锥的体积就是．【考点】1．简单几何体体积；2．三角形相似比的应用．【方法点晴】此题主要考查三角形相似比在求简单几何体体积中应用方面的内容，属于中高档题．根据题意可借助正三棱锥（或正四面体）模型来帮助思考，值得注意的是所求三棱锥体积的高与原三棱锥的高往往是不在同一直线上的，当然这两个高的比值也是解决此问题的关键点，需要借助这两高与垂线之间的比值进行转换，在此过程中多次使用了相似三角形的相似比，从而问题可得解决．13.如图，棱锥的底面是矩形，⊥平面，．（1）求证：BD⊥平面PAC；（2）求二面角P—CD—B的大小；（3）求点C到平面PBD的距离．【答案】（1）见解析；（2）450（3）【解析】（1）要证明BD⊥平面PAC，只需证BD垂直于平面PAC两条相交直线即可，由ABCD为正方形，可得BD⊥AC，易得PA⊥平面ABCD，可得BD⊥PA ，结论得证．（2）由PA⊥面ABCD可得AD为PD在平面ABCD的射影，又CD⊥AD，由三垂线定理的逆定理可得 CD⊥PD，可得∠PDA为二面角P—CD—B的平面角．易得∠PDA=450．（3）由，求得点C到平面PBD的距离试题解析：（1）在Rt△BAD中，AD=2，BD=，∴AB=2，ABCD为正方形，因此BD⊥AC．∵PA⊥平面ABCD，BDÌ平面ABCD，∴BD⊥PA ．又∵PA∩AC=A∴BD⊥平面PAC．（2）由PA⊥面ABCD，知AD为PD在平面ABCD的射影，又CD⊥AD，∴CD⊥PD，知∠PDA为二面角P—CD—B的平面角．又∵PA=AD，∴∠PDA=450．（3）∵PA=AB=AD=2，∴PB=PD=BD=，设C到面PBD的距离为d，由，有，即，得【考点】线面垂直，二面角及点到平面的距离．【方法点睛】立体几何解答题的一般模式是首先证明线面位置关系（一般考虑使用综合几何方法进行证明），然后是与空间角有关的问题，综合几何方法和空间向量方法都可以，但使用综合几何方法要作出二面角的平面角，作图中要伴随着相关的证明，对空间想象能力与逻辑推理能力有较高的要求，而使用空间向量方法就是求直线的方向向量、平面的法向量，按照空间角的计算公式进行计算，也就是把几何问题完全代数化了，这种方法对运算能力有较高的要求．两种方法各有利弊，在解题中可根据情况灵活选用．14.直三棱柱中，，分别是的中点，，为棱上的点．（1）证明：；（2）是否存在一点，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值为？若存在，说明点的位置，若不存在，说明理由．【答案】（1）详见其解析；（2）存在一点，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值为．【解析】（1）首先根据线面垂直的判定定理和性质定理可得，然后以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，并写出各点的坐标，再由三点共线即可求出点坐标，最后计算并验证其是否为0即可得出所证的答案；（2）首先设出面的法向量为，然后由即可得出，又因为面的法向量，再由公式即可得出的值，进而得出点的坐标，即可得出所求的结果．试题解析：（1）证明：∵，，又∵∴⊥面．又∵面，∴，以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则有，设且，即,则，∵，所以；…6分（2）结论：存在一点，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值为理由如下：由题可知面的法向量，设面的法向量为，则，∵，∴，即，令，则．∵平面与平面所成锐二面角的余弦值为，∴，即，解得或（舍），所以当为中点时满足要求．【考点】1、线线垂直的判定定理；2、空间向量法求解立体几何问题．15.若一个圆锥的侧面展开图是面积为的半圆面，则该圆锥的高为______________．【答案】【解析】设圆锥母线为，底面圆的半径，圆锥侧面积，所以，又半圆面积，所以，，故，所以答案应填：．【考点】1、圆锥侧面展开图面积；2、圆锥轴截面性质．16.已知一个高度不限的直三棱柱，，点是侧棱上一点，过作平面截三棱柱得截面，给出下列结论：①是直角三角形；②是等边三角形；③四面体为在一个顶点处的三条棱两两垂直的四面体．其中有不可能成立的结论的个数是（）A．0B．1C．2D．3【答案】B【解析】本题考察在空间点线面的位置关系，在直三棱柱中，数形结合，作图求解，①和②找出一个例子即可证明其存在性，③需分类讨论，利用直三棱柱的性质以及底面三边长AB=4，BC=5，CA=6条件判断．如图，做直三棱柱ABC-A1B1C1，AB=4，BC=5，CA=6，（1）不妨取AD=6，AE=10，DE=8，则△ADE是直角三角形，①可能成立；（2）不妨令AD=AE=DE=a（a>6），则△ADE是等边三角形，②可能成立；（3）假设四面体APDE为在一个顶点处的三条棱两两垂直的四面体，当A为直角顶点时，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，PA⊥底面ABC，则 E，D分别与C，B重合，此时，∠EAD不是直角，与假设矛盾，假设不成立，当P为直角顶点时，可得PD∥AB，PE∥AC，由等角定理知则∠EPD不可能是直角，与假设矛盾，假设不成立，当E或D点为直角顶点时，不妨选E为直角顶点，则DE⊥EP，DE⊥EA，EP∩EA═A，EP⊂平面，EA⊂平面，则平面与平面垂直，则直三棱柱中，可证∠ACB为二面角的平面角，∠ACB═90°，与题意矛盾，假设不成立．综上③错误．故选：C．【考点】命题的真假判断17.如图，在直三棱柱中，，，，点分别在棱上，且．（1）求三棱锥的体积;（2）求异面直线与所成的角的大小．【答案】（1）；（2）．【解析】（1）从图形可以看出，三棱锥中，平面，所以三棱锥的体积比较容易求，利用等积法即可求出三棱锥的体积；（2）连接，由条件知，所以就是异面直线与所成的角，解三角形知．试题解析：（1）（2）连接，由条件知，所以就是异面直线与所成的角．在中，，所以，所以异面直线与所成的角为．【考点】1、三棱锥的体积；2、异面直线所成的角；3、等积法．18.若向量，，则A．B．C．D．【答案】D【解析】因为向量，，所以，排除B；，所以，应选D．，A错，如果则存在实数使，显然不成立，所以答案为D．【考点】向量的有关运算．19.在直三棱柱中，，，则直线与平面所成角的正弦值为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】在直三棱柱中，,可以证得，因此直线与平面所成角为，在中，，因此【考点】直线与平面所成的角；20.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】由三视图可知，该几何体是由一个半圆柱与一个三棱锥组成的，其直观图如下：所以该几何体的体积为：．故选A．【考点】1．三视图；2．几何体的体积．21.教室内有一根直尺，无论怎样放置，在地面上总有这样的直线，它与直尺所在直线（）A．垂直B．异面C．平行D．相交【答案】A【解析】由题意得可以分两种情况讨论：①当直尺所在直线与地面垂直时，则地面上的所有直线都与直尺垂直，则底面上存在直线与直尺所在直线垂直；②当直尺所在直线若与地面不垂直时，则直尺所在的直线必在地面上有一条投影线，在平面中一定存在与此投影线垂直的直线，由三垂线定理知，与投影垂直的直线一定与此斜线垂直，则得到地面上总有直线与直尺所在的直线垂直．∴教室内有一直尺，无论怎样放置，在地面总有这样的直线与直尺所在直线垂直． 【考点】空间中直线与直线之间的位置关系22. （2015秋•淮南期末）已知正方体的棱长为1，则正方体的外接球的体积为 ． 【答案】．【解析】正方体的外接球的直径是正方体的体对角线，由此能求出正方体的外接球的体积． 解：∵正方体棱长为1， ∴正方体的外接球的半径R=， ∴正方体的外接球的体积V=（）3=．故答案为：．【考点】球的体积和表面积．23. 在棱长为2的正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，O 是底面ABCD 的中心，E 、F 分别是CC 1、AD 的中点，那么异面直线OE 和FD 1所成的角的余弦值等于 （ ） A ．B ．C ．D ．【答案】B 【解析】取的中点，连接，，那么异面直线所成角就是，根据勾股定理，，，所以，故选B ．【考点】异面直线所成角24. 如图，在直三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，AC=3，BC=4，AA 1=4，AB=5，点D 是AB 的中点．（1）求证：AC ⊥BC 1；（2）求证：AC 1∥平面CDB 1． 【答案】见解析【解析】（1）利用ABC ﹣A 1B 1C 1为直三棱柱，证明CC 1⊥AC ，利用AB 2=AC 2+BC 2，说明AC ⊥CB ，证明AC ⊥平面C 1CB 1B ，推出AC ⊥BC 1．（2）设CB 1∩BC 1=E ，说明E 为C 1B 的中点，说明AC 1∥DE ，然后证明AC 1∥平面CDB 1． 解：（1）∵ABC ﹣A 1B 1C 1为直三棱柱， ∴CC 1⊥平面ABC ，AC ⊂平面ABC ， ∴CC 1⊥AC∵AC=3，BC=4，AB=5， ∴AB 2=AC 2+BC 2，∴AC ⊥CB 又C 1C∩CB=C ，∴AC ⊥平面C 1CB 1B ，又BC 1⊂平面C 1CB 1B ， ∴AC ⊥BC 1（2）设CB1∩BC1=E，∵C1CBB1为平行四边形，∴E为C1B的中点又D为AB中点，∴AC1∥DEDE⊂平面CDB1，AC1⊄平面CDB1，∴AC1∥平面CDB1【考点】直线与平面平行的判定；空间中直线与直线之间的位置关系．25.如图，在直三棱锥中，底面是正三角形，点是中点，.（1）求三棱锥的体积；（2）证明：.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】（1）由于平面为直棱柱的侧面，所以可以考虑变换顶点，利用面面垂直的性质性质定理作，则面，由棱锥的体积公式即可求得其体积；（2）要证明线线垂直可考虑证线面平行，取的中点，连接，由于底面是正三角形，，可证得，在平面由平面几何的知识可证得，所以面由线面垂直的性质即可证得.试题解析：（1）过作，直三棱柱中面，，面，是高，（2）取的中点，连接底面是正三角形，矩形中，，中面.【考点】空间直线与平面的垂直关系及棱锥的体积.26.如图，四边形和均为正方形，它们所在的平面互相垂直，分别为的中点，则直线与平面所成角的正切值为________；异面直线与所成角的余弦值是________．【答案】，【解析】由两两垂直，分别以所在的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，所以，其中平面的一个法向量为，所以与平面所成角的正弦值为，所以；又向量与所成角的余弦值为，又，所以异面直线与所成角的余弦值是．【考点】空间向量的运算及空间角的求解．27.平行六面体中，底面是边长为1的正方形，侧棱的长为2，且，则的长为 .【答案】【解析】由题意得，在平行六面体中，因为，，，且，所以，所以.【考点】空间向量的运算.28.在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，B1C和C1D与底面A1B1C1D1所成的角分别为60°和45°，则异面直线B1C和C1D所成角的余弦值为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】试题分析:设长方体的高为1，根据B1C和C1D与底面所成的角分别为600和450，分别求出各线段的长，将C1D平移到B1A，根据异面直线所成角的定义可知∠AB1C为异面直线B1C和DC1所成角，利用余弦定理求出此角即可．解：设长方体的高为1，连接B1A、B1C、AC∵B1C和C1D与底面所成的角分别为600和450，∴∠B1CB=60°，∠C1DC=45°∴C1D=，B1C=，BC=，CD=1则AC=∵C1D∥B1A∴∠AB1C为异面直线B1C和DC1所成角由余弦定理可得cos∠AB1C=故选A【考点】异面直线及其所成的角．29.已知一圆锥的侧面展开图是半径为2的半圆，则该圆锥的体积为 .【答案】【解析】设圆锥的底面半径为，，解得，根据勾股定理，圆锥的高等于，所以圆锥的体积.【考点】旋转体的体积30.已知A、B、C三点不共线，若点M与A、B、C四点共面, 对平面ABC外一点O，给出下列表达式：其中x，y是实数，则【答案】【解析】A、B、C三点不共线，点M与A、B、C四点共面，则对平面ABC外一点O，满足，所以，所以【考点】空间向量的基本定理及其意义31.在正方体中，、分别是、的中点。
高二数学-空间向量与立体几何测试题及答案
高二数学空间向量与立体几何测试题第1卷（选择题，共50分）一、选择题：（本大题共10个小题每小题5分，共50分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1. 在下列命题中：CD若a、b共线则a、b所在的直线平行；＠若a、b所在的直线是异面直线，则a、b一定不共面；＠若a、b、c三向量两两共面，则a、b、c三向量一定也共面；＠已知三向量a、b、c,则空间任意一个向量p总可以唯一表示为p=a+yb+zc,, y, z R.其中正确命题的个数为（ ）A. 0B. 1C. 2D. 32. 若三点共线为空间任意一点且则的值为（）A. lB.C.D.3. 设，且，则等千（）A. B. 9 C. D4. 已知a=(2, —1, 3) , b= C—1, 4, —2) , c= (7, 5, 入），若a、b、c三向量共面，则实数入等千（）A. B. C.5.如图1,空间四边形的四条边及对角线长都是，点分别是的中点则等千（）D.A.C.．．BD6. 若a、b均为非零向量，则是a与b共线的（）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分又不必要条件7. 已知点0是LABC所在平面内一点满足• = • = • '则点0是LABC的（）A. 三个内角的角平分线的交点B. 三条边的垂直平分线的交点C. 三条中线的交点8. 已知a+b+c=O,al =2, bl =3,A. 30°B. 45°D.三条高的交点l e = , 则向量a与b之间的夹角为（）C. 60°D. 以上都不对9. 已知， ＇ ，点Q在直线OP上运动，则当取得最小值时，点Q的坐标为（）A.B.10. 给出下列命题：CD已知，则C. D.＠为空间四点若不构成空间的一个基底，那么共面；＠已知则与任何向量都不构成空间的一个基底；＠若共线则所在直线或者平行或者重合．正确的结论的个数为（）C. 3A.1B.2D.4 第II卷（非选择题，共100分）二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分）11.已知LABC的三个顶点为A(3, 3, 2) , B (4, —3, 7) , C (0, 5, 1) , 则BC边上的中线长为12. 已知三点不共线为平面外一点若由向量确定的点与共面，那么13. 已知a,b,c是空间两两垂直且长度相等的基底，m=a+b,n=b-c,则m,n的夹角为14. 在空间四边形ABC D中，AC和B D为对角线G为L:.ABC的重心，E是B D上一点BE=3E D, 以｛， ， ｝为基底，则＝15. 在平行四边形ABCD中，AB=AC=l,乙ACD=90, 将它沿对角线AC折起，使AB与CD成60角，则B,D两点间的距离为16. 如图二面角a-t -B的棱上有A,B两点直线AC,B D分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直千AB,已知AB=4,AC=6, B D=8, C D= ,二面角Q—t—B的大小三、解答题（本大题共5小题，满分70分），17. C lo分）设试问是否存在实数，使成立？如果存在，求出；如果不存在，请写出证明．18. (12分）如图在四棱锥中，底面ABC D是正方形，侧棱底面ABC D,, 是PC的中点，作交PB千点F.(1)证明PAIi平面EDB:(2)证明PB上平面E F D:(3)求二面角的大小．、、、、、、、、.、19. (12分）如图在直三棱柱ABC—AlBlCl中，底面是等腰直角三角形，乙ACB=90°.侧棱AA1=2, D. E 分别是CCl与AlB的中点点E在平面ABO上的射影是DAB D的重心G.(1)求AlB与平面ABO所成角的大小．(2)求Al到平面ABO的距离1) 20. 12分）如图在三棱柱ABC-AlBlCl中，AB上AC,顶点Al在底面ABC上的射影恰为点B,且AB=AC=A1B=2.2)求棱AA1与BC所成角的大小；在棱BlCl上确定一点P,使AP=, 并求出二面角P—AB—Al的平面角的余弦值A1C1B21. (12分）如图直三棱柱ABC-AlBlCl中AB上AC,D.E分别为AAl.B lC的中点DEl_平面BCCl.C I)证明：A B=ACC II)设二面角A-BD-C为60°,求B1C与平面BCD所成的角的大小c,22. (12分）P是平面ABC D外的点四边形ABC D是平行四边形，AP= (-1, 2, -1)(1)求证：PA 平面ABC D.(2)对千向量，定义一种运算：，试计算的绝对值；说明其与几何体P—ABC D的体积关系，并由此猜想向量这种运算的绝对值的几何意义（几何体P-ABC D叫四棱锥，锥体体积公式：V= ) .一、选 1 2 择题（本大题土2上、10小题，每3 4空间向量与立体几何(2)参考答案5 6 7 8 9 10小题5/刀\.让,/、50分）题号答案D D D A B C A 二、填空题（本大题共4小题，每小题6分，共24分）11. (0, ,) 12. 0 13. 1, —3 14. 90° l厮—15。
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高二数学立体几何一、选择题： (本大题共12小题,每小题3分,共36分.)1、已知),1,2,1(),1,1,0(-=-=则与的夹角等于A ．90°B ．30°C ．60°D ．150°2、设M 、O 、A 、B 、C 是空间的点，则使M 、A 、B 、C 一定共面的等式是A ．0=+++OC OB OA OMB ．OM --=2C ．413121++=D ．0=++MC MB MA3、下列命题不正确的是A ．过平面外一点有且只有一条直线与该平面垂直；B ．如果平面的一条斜线在平面内的射影与某直线垂直，则这条斜线必与这条直线垂直；C ．两异面直线的公垂线有且只有一条；D ．如果两个平行平面同时与第三个平面相交，则它们的交线平行。
4、若m 、n 表示直线，α表示平面，则下列命题中，正确的个数为①//m n n m αα⎫⇒⊥⎬⊥⎭②//m m n n αα⊥⎫⇒⎬⊥⎭③//m m n n αα⊥⎫⇒⊥⎬⎭④//m n m n αα⎫⇒⊥⎬⊥⎭A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个5、四棱锥成为正棱锥的一个充分但不必要条件是A ．各侧面是正三角形B ．底面是正方形C ．各侧面三角形的顶角为45度D ．顶点到底面的射影在底面对角线的交点上6、若点A （42+λ，4－μ，1+2γ）关于y 轴的对称点是B （－4λ，9，7－γ），则λ，μ，γ的值依次为A ．1，－4，9B ．2，－5，－8C ．－3，－5，8D ．2，5，87、已知一个简单多面体的各个顶点处都有三条棱，则顶点数V 与面数F 满足的关系式是A ．2F+V=4B ．2F －V=4C ．2F+V=2 （D ）2F －V=28、侧棱长为2的正三棱锥，若其底面周长为9，则该正三棱锥的体积是A ．239B ．433C ．233D ．439 9、正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别是棱AB ，BB 1的中点，A 1E 与C 1F 所成的角是θ，则A ．θ=600B ．θ=450C ．52cos =θ D ．52sin =θ10、已知球面的三个大圆所在平面两两垂直，则以三个大圆的交点为顶点的八面体的体积与球体积之比是A ．2∶πB ．1∶2πC ．1∶πD ．4∶3π11、设A ，B ，C ，D 是空间不共面的四点，且满足0=⋅，0=⋅，0=⋅，则△BCD 是A ．钝角三角形B ．直角三角形C ．锐角三角形D ．不确定12、将B ∠=600,边长为1的菱形ABCD 沿对角线AC 折成二面角θ,若∈θ[60°,120°],则折后两条对角线之间的距离的最值为A ．最小值为43, 最大值为23B ．最小值为43, 最大值为43C ．最小值为41, 最大值为43D ．最小值为43, 最大值为23 二、填空题：（本大题共6题，每小题3分，共18分）13、已知向量a 、满足|a | = 31，|| = 6，a 与的夹角为3π，则3|a |－2（a ·）+4|| =________； 14、如图，在四棱锥P －ABCD 中，E 为CD 上的动点，四边形ABCD 为 时，体积V P－AEB 恒为定值（写上你认为正确的一个答案即可）．15、若棱锥底面面积为2150cm ，平行于底面的截面面积是254cm ，底面和这个截面的距离是12cm ，则棱锥的高为 ；16、一个四面体的所有棱长都是2，四个顶点在同一个球面上，则此球的表面积为 ．三、解答题：（本大题共6题，共46分）17.在如图7-26所示的三棱锥P —ABC 中，PA ⊥平面ABC ，PA=AC=1，PC=BC ，PB 和平面ABC 所成的角为30°。
（1）求证：平面PBC ⊥平面PAC ；（2）比较三个侧面的面积的算术平均数与底面积数值的大小；（3）求AB 的中点M 到直线PC 的距离。
18．如图8-32，在正三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，E ∈BB 1，截面A 1EC ⊥侧面AC 1。
（1）求证：BE=EB 1；（2）若AA 1=A 1B 1，求平面A 1EC 与平面A 1B 1C 1所成二面角（锐角）的度数。
19.已知边长为a 的正三角形ABC 的中线AF 与中位线DE 相交于G （如图7-28），将此三角形沿DE 折成二面角A ′—DE —B 。
（1）求证：平面A ′GF ⊥平面BCED ；（2）当二面角A ′—DE —B 为多大时，异面直线A ′E 与BD 互相垂直？证明你的结论。
20.如图7-29，在四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 是平行四边形，∠BAD=60°，AB=4，AD=2，侧棱PB=15，PD=3。
（1）求证：BD ⊥平面PAD ；（2）若PD 与底面ABCD 成60°的角，试求二面角P —BC —A 的大小。
21.如图7-30，已知VC 是△ABC 所在平面的一条斜线，点N 是V 在平面ABC 上的射影，且N 位于△ABC 的高CD 上。
AB=a,VC 与AB 之间的距离为h ，M ∈VC 。
（1）证明∠MDC 是二面角M —AB —C 的平面角；（2）当∠MDC=∠CVN 时，证明VC ⊥平面AMB ；（3）若∠MDC=∠CVN=θ（0<θ<2π），求四面体MABC 的体积。
22.如图7-31，已知矩形ABCD ，AB=2AD=2a,E 是CD 边的中点，以AE 为棱，将△DAE 向上折起，将D 变到D ′的位置，使面D ′AE 与面ABCE 成直二面角（图7-32）。
（1）求直线D ′B 与平面ABCE 所成的角的正切值；（2）求证：AD ′⊥BE ；（3）求四棱锥D ′—ABCE 的体积；（4）求异面直线AD ′与BC 所成的角。
高二数学立体几何 答案一、选择题：1、D2、D3、B4、C5、A6、B7、B8、B9、C 10、C 11、C 12、B二、填空题：13、23 14、AB ∥CD 15、30cm 16、3π三、解答题17.解 （1）由已知PA ⊥平面ABC ，PA=AC=1，得△PAC 为等腰直角三角形，PC=CB=2。
在Rt △PAB 中，∠PBA=30°，∴PB=2，∴△PCB 为等腰直角三角形。
∵PA ⊥平面ABC ， ∴AC ⊥BC ，又AC ∩PC=C ，PC ⊥BC ，∴BC ⊥平面PAC ，∵BC 平面PBC ，∴平面PBC ⊥平面PAC 。
（2）三个侧面及底面都是直角三角形，求得侧面PAC 的面积为21，侧面PAB 面积值为23，侧面PCB 面积值为1，底面积值为22。
三个侧面面积的算术平均数为633+。
∵633+-22=62333-+， 其中3+3- 32=（3-22）+（3-2）=（9-8）+（3-2）>0,∴三个侧面面积的算术平均数大于底面积的数值。
（3）如图，过M 作MD ⊥AC ，垂足为D 。
∵平面PAC ⊥平面ABC 且相交于AC ，∴MD ⊥平面PAC 。
过D 作DE ⊥PC ，垂足为E ，连结ME ，则DE 是ME 在平面PBC 上的射影，∵DE ⊥PC ，∴ME ⊥PC ，ME 的长度即是M 到PC 的距离。
在Rt △ABC 中,∵MD ∥BC ，∴MD=21BC=22。
在等腰Rt △PAC 中，DE=DCsin45°=42， 在Rt △ABC 中,∵MD ∥BC ，∴MD=21BC=22。
在等腰Rt △PAC 中，DE=DCsin45°=42， ∴ME=22DE MD +=8121+=410，即点M 到PC 的距离为 410。
18.解 （1）在截面A 1EC 内，过E 作EG ⊥A 1C ，G 是垂足。
∵面A 1EC ⊥面AC 1，∴EG ⊥侧面AC 1，取AC 的中点F ，连结BF ，FG ，由AB=BC 得BF ⊥AC 。
∵面ABC ⊥侧面AC 1，∴BF ⊥侧面AC 1，得BF ∥EG 。
由BF ，EG 确定一个平面，交侧面AC 1于FG 。
∵BE ∥侧面AC 1，∴BE ∥FG ，四边形BEGF 是平行四边形，BE=FG 。
∵BE ∥AA 1，∴FG ∥AA 1。
又△AA 1C ∽△FGC ，且AF=FC ，∴FG=21AA 1=21BB 1，即BE=21BB 1，故BE=EB 1。
（2）分别延长CE 、C 1B 1交于点D ，连结A 1D 。
∵EB 1∥CC 1，EB 1=21BB 1=21CC 1，∴DB 1=21DC 1=B 1C 1=A 1B 1。
∵∠B 1A 1C 1=∠B 1C 1A 1=60°，∠DA 1B 1=∠A 1DB 1=21(180°-∠DB 1A 1)=30°，∴∠DA 1C 1=∠DA 1B 1+∠B 1A 1C 1=90°，即DA 1⊥A 1C 1。
∵CC 1⊥平面A 1C 1B 1，即A 1C 1是A 1C 在平面A 1C 1D 上的射影，根据三垂线定理得DA 1⊥A 1C 1，∴∠CA 1C 1是所求二面角的平面角。
∵CC 1= AA 1=A 1B 1=A 1C 1, ∠A 1C 1C=90°，∴∠CA 1C 1=45°，即所求二面角为45°。
19.解 （1）∵△ABC 是正三角形，AF 是BC 边的中线，∴AF ⊥BC 。
又D 、E 分别是AB 、AC 的中点，∴DE ∥21BC 。
∴AF ⊥DE ，又AF ∩DE=G ，∴A ′G ⊥DE ，GF ⊥DE ，∴DE ⊥平面A ′FG ，又DE 平面BCED ，∴平面A ′FG ⊥平面BCED 。
（2）∵A ′G ⊥DE ，GF ⊥DE ，∴∠A ′GF 是二面角A ′—DE —B 的平面角。
∵平面A ′GF ∩平面BCED=AF ，作A ′H ⊥AG 于H ，∴A ′H ⊥平面BCED 。
假设A ′E ⊥BD ，连EH 并延长AD 于Q ，则EQ ⊥AD 。
∵AG ⊥DE ，∴H 是正三角形ADE 的重心，也是中心。
∵AD=DE=AE=2a ，∴A ′G=AG=43a,HG=31AG=123a 。
在Rt △A ′HG 中，cos ∠A ′GH=G A HG '=31. ∵∠A ′GF =π-∠A ′GH, ∴cos ∠A ′GF= -31，∴∠A ′GF=arcos(-31)， 即当∠A ′GF=arcos(-31)时，A ′E ⊥BD 。
20.解 （1）由已知AB=4，AD=2，∠BAD=60°， 得BD 2=AD 2+AB 2-2AD ·ABcos60° =4+16-2×2×4×21=12。